2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题一三角函数与平面向量微专题1三角函数与解三角形小题考法3三角函数的图象及变换

小题考法3三角函数的图象及变换(1)(2023·广州黄埔区校级模拟)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分图象如图所示，将y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位后得到函数y＝g(x)的图象．则函数y＝g(x)的单调增区间为()A．[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(π,2)]，k∈ZB．[kπ－eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)]，k∈ZC．[kπ－eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(π,3)]，k∈ZD．[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(5π,3)]，k∈Z(2)(2023·韶关二模)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分图象如图所示，将函数f(x)图象上所有点的横坐标变为原来的eq\f(ω,2)(纵坐标不变)，再向左平移eq\f(π,12)个单位得到y＝g(x)的图象，则下列说法不正确的是()A．函数g(x)的最小正周期为πB．函数g(x)在[0，eq\f(π,2)]上单调递增C．函数g(x)的一个极值点为eq\f(π,12)D．函数g(x)的一个零点为－eq\f(π,6)解析：(1)根据函数的图象：eq\f(T,4)＝eq\f(π,12)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,4)，所以T＝π，所以ω＝2，当x＝eq\f(π,12)时，f(eq\f(π,12))＝1，即sin(2×eq\f(π,12)＋φ)＝1，故eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))，将y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位后得到函数y＝g(x)＝sin(2x－eq\f(π,6))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，故函数的递增区间为[kπ－eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(π,3)](k∈Z)．故选C.(2)由图可知，eq\f(1,4)T＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)＝1，所以T＝4，ω＝eq\f(π,2)；一条对称轴为x＝eq\f(2,3)，所以eq\f(π,2)×eq\f(2,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，故f(x)＝3sin(eq\f(π,2)x＋eq\f(π,6))，所以g(x)＝3sin(2x＋eq\f(π,3))，所以g(x)的图象的最小正周期为T＝π，A正确；因为x∈[0，eq\f(π,2)]，所以eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，则g(x)在[0，eq\f(π,2)]上不单调递增，B错误；对于C，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)⇒x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)，k＝0时，函数g(x)的一个极值点为eq\f(π,12)，所以C正确；对于D，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ⇒x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)(k∈Z)，令k＝0，则函数g(x)的一个零点为－eq\f(π,6)，所以D正确．故选B.答案：(1)C(2)B1．三角函数图象的左右平移变换只是针对x进行的变换，同时注意三角函数名须相同．2．由f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的部分图象求解析式时，最值求A，周期求ω，代入特殊点求φ(尽量选最值点，若选零点代入须注意零点处单调性)．1．(多选题)(2023·深圳龙岗区校级一模)将函数y＝sin2ωx(ω>0)向左平移eq\f(π,6)个单位，得到函数f(x)，下列关于f(x)的说法正确的是()A．f(x)关于(－eq\f(π,6)，0)对称B．当ω＝1时，f(x)关于x＝－eq\f(5π,12)对称C．当0<ω≤1时，f(x)在(0，eq\f(π,12))上单调递增D．若f(x)在[－eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)]上有三个零点，则ω的取值范围为[1，eq\f(3,2)]解析：将函数y＝sin2ωx(ω>0)向左平移eq\f(π,6)个单位，得到函数f(x)，f(x)＝sin[2ω(x＋eq\f(π,6))](ω>0)，当x＝－eq\f(π,6)时，得2ω(x＋eq\f(π,6))＝0，故A正确；当ω＝1时，f(－eq\f(5π,12))＝sin(－eq\f(π,2))＝－1，故B正确；当0<ω≤1时，0<x<eq\f(π,12)，得0<eq\f(ωπ,3)<2ω(x＋eq\f(π,6))<eq\f(ωπ,2)≤eq\f(π,2)，故C正确；由－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(5π,6)，得0≤2ω(x＋eq\f(π,6))≤2ωπ，当2π≤2ωπ<3π，即1≤ω<eq\f(3,2)，若f(x)在[－eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)]上有三个零点，故D错误．故选ABC.答案：ABC2.(多选题)(2023·深圳二模)已知f(x)是定义在闭区间上的偶函数，且在y轴右侧的图象是函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)图象的一部分(如图所示)，则()A．f(x)的定义域为[－π，π]B．当x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值C．当x<0时，f(x)的单调递增区间为[－eq\f(2π,3)，－eq\f(π,6)]D．当x<0时，f(x)有且只有两个零点－eq\f(5π,12)和－eq\f(11π,12)解析：由图得f(0)＝sinφ＝eq\f(1,2)，且位于增区间上，所以φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，又因为0<φ<π，所以k＝0，φ＝eq\f(π,6)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（\f(2π,3)）＝sin（\f(2π,3)ω＋\f(π,6)）＝－1，,\f(3,4)T>\f(2π,3)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω＝2＋3k，k∈Z，,0<ω<\f(9,4)，))所以ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,6))，由图可知，原点右侧的第二个零点为eq\f(2π,3)＋eq\f(T,4)＝eq\f(2π,3)＋eq\f(π,4)＝eq\f(11π,12)，所以f(x)的定义域为[－eq\f(11π,12)，eq\f(11π,12)]，故A错误；当x∈[0，eq\f(11π,12)]时，f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,6))，因为f(eq\f(π,6))＝sineq\f(π,2)＝1为最大值，则当x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值，故B正确；当x>0时，令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，则eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，又因为x∈[0，eq\f(11π,12)]，所以当x>0时，f(x)的减区间为[eq\f(π,6)，eq\f(2π,3)]，因为函数f(x)为偶函数，所以当x<0时，f(x)的单调递增区间为[－eq\f(2π,3)，－eq\f(π,6)]，故C正确；当x∈[0，eq\f(11π,12)]时，2x＋eq\f(π,6)∈[eq\